\section{拉普拉斯 (Laplace) 定理 - 行列式的乘法规则}
这一节介绍行列式的拉普拉斯定理， 这个定理可以看成是行列式按一行展开公式的推广。

首先我们把余子式和代数余子式的概念加以推广。



\begin{definition}%定义9 
在 $n$ 阶行列式 $D$ 中任意选定 $k$ 行 $k$ 列 $(k \leqslant n)$, 位于这些行和列的交点上的 $k^{2}$ 个元素按原来的次序组成的 $k$ 阶行列式 $M$, 称为行列式 $D$ 的 $k$ 阶子式。 当 $k<n$ 时，在 $D$ 中划去这 $k$ 行 $k$ 列后余卡的元素按照原来的次序组成的 $n-k$ 阶行列式 $M^{\prime}$ 称为 $k$阶子式 $M$ 的余子式。
\end{definition}

从定义立刻看出， $M$ 也是 $M^{\prime}$ 的余子式， 所以 $M$ 和 $M^{\prime}$ 可以称为 $D$ 的一对互余的子式。



\begin{example}%例1 
在 4 阶行列式
\[
D=\left|\begin{array}{rrrr}
1 & 2 & 1 & 4 \\
0 & -1 & 2 & 1 \\
0 & 0 & 2 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 3
\end{array}\right|
\]
中选定第 $1 、 3$ 行，第 $2 、 4$ 列得到一个二阶子式
\[
M=\left|\begin{array}{ll}
2 & 4 \\
0 & 1
\end{array}\right|
\]
$M$ 的余子式为
\[
M^{\prime}=\left|\begin{array}{ll}
0 & 2 \\
0 & 1
\end{array}\right|
\]
\end{example}


\begin{example}%例2 
在 5 阶行列式
\[
D=\left|\begin{array}{ccccc}
a_{11} & a_{12} & a_{13} & a_{14} & a_{15} \\
a_{21} & a_{22} & a_{23} & a_{24} & a_{25} \\
\vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots \\
a_{51} & a_{52} & a_{53} & a_{54} & a_{55}
\end{array}\right|
\]
中
\[
M=\left|\begin{array}{lll}
a_{12} & a_{13} & a_{15} \\
a_{22} & a_{23} & a_{25} \\
a_{42} & a_{43} & a_{45}
\end{array}\right|
\]
和
\[
M^{\prime}=\left|\begin{array}{ll}
a_{31} & a_{34} \\
a_{51} & a_{54}
\end{array}\right|
\]
是一对互余的子式。
\end{example}



\begin{definition}%定义10 
设 $D$ 的 $k$ 阶子式 $M$ 在 $D$ 中所在的行、列指标分别是 $i_{1}, i_{2}, \cdots, i_{k} ; j_{1}$, $j_{2}, \cdots, j_{k}$. 则 $M$ 的余子式 $M^{\prime}$ 前面加上符号 $(-1)^{\left(i_{1}+i_{2}+\cdots+i_{k}\right)+\left(j_{1}+j_{2}+\cdots+j_{k}\right)}$ 后称为 $M$ 的代数余子式。
\end{definition}

例如，上述例 1 中 $M$ 的代数余子式是
\[
(-1)^{(1+3)+(2+4)} M^{\prime}=M^{\prime},
\]
上面例 2 中 $M$ 的代数余子式为
\[
(-1)^{(1+2+4)+(2+3+5)} M^{\prime}=-M^{\prime}.
\]
因为 $M$ 与 $M^{\prime}$ 位于行列式 $D$ 中不同的行和不同的列， 所以我们有下述



\begin{lemma}%引理 
行列式 $D$ 的任一个子式 $M$ 与它的代数余子式 $A$ 的乘积中的每一项都是行列式 $D$ 的展开式中的一项， 而且符号也一致。
\end{lemma}



\begin{proof}
我们首先讨论 $M$ 位于行列式 $D$ 的左上方的情形：
\[
D=\left|\begin{array}{cccc:ccc}
a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1 k} & a_{1, k+1} & \cdots & a_{1 n} \\
\vdots & \vdots & M & \vdots & \vdots & & \vdots \\
a_{k 1} & a_{k 2} & \cdots & a_{k k} & a_{k, k+1} & \cdots & a_{k n} \\
\hdashline a_{k+1,1} & a_{k+1,2} & \cdots & a_{k+1, k} & a_{k+1, k+1} & \cdots & a_{k+1, n} \\
\vdots & \vdots & & \vdots & \vdots & M^{\prime} & \vdots \\
a_{n 1} & a_{n 2} & \cdots & a_{n k} & a_{n, k+1} & \cdots & a_{n n}
\end{array}\right| .
\]
此时 $M$ 的代数余子式
\[
A=(-1)^{(1+2+\cdots+k)+(1+2+\cdots+k)} M^{\prime}=M^{\prime} .
\]
$M$ 的每一项都可写作
\[
a_{1 \alpha_{1}} a_{2 \alpha_{2}} \cdots a_{k \alpha_{k}}
\]
其中 $\alpha_{1} \alpha_{2} \cdots \alpha_{k}$ 是 $1,2, \cdots, k$ 的一个排列， 所以这一项前面所带的符号为 $(-1)^{\tau\left(\alpha_{1} \alpha_{2} \cdots \alpha_{k}\right)}$. $M^{\prime}$ 中每一项都可写作
\[
a_{k+1, \beta_{k+1}} a_{k+2, \beta_{k+2}} \cdots a_{n \beta_{n}},
\]
其中 $\beta_{k+1} \beta_{k+2} \cdots \beta_{n}$ 是 $k+1, k+2, \cdots, n$ 的一个排列， 这一项前面所带的符号是
\[
(-1)^{\tau\left(\left(\beta_{k+1}-k\right)\left(\beta_{k+2}-k\right) \cdots\left(\beta_{n}-k\right)\right)} .
\]
这两项的乘积是
\[
a_{1 \alpha_{1}} a_{2 \alpha_{2}} \cdots a_{k \alpha_{k}} a_{k+1, \beta_{k+1}} \cdots a_{n \beta_{n}},
\]
前面的符号是
\[
(-1)^{\tau\left(\alpha_{1} \alpha_{2} \cdots \alpha_{k}\right)+\tau\left(\left(\beta_{k+1}-k\right)\left(\beta_{k+2}-k\right) \cdots\left(\beta_{n}-k\right)\right\rangle} .
\]
因为每个 $\beta$ 比每个 $\alpha$ 都大，所以上述符号等于
\[
(-1)^{\tau\left(\alpha_{1} \alpha_{2} \cdots \alpha_{k} \beta_{k+1} \cdots \beta_{n}\right)} .
\]
因此这个乘积是行列式 $D$ 中的一项而且符号相同。
\end{proof}

下面来证明一般情形。设子式 $M$ 位于 $D$ 的第 $i_{1}, i_{2}, \cdots, i_{k}$ 行， 第 $j_{1}, j_{2}, \cdots, j_{k}$ 列， 这里
\[
i_{1}<i_{2}<\cdots<i_{k}, j_{1}<j_{2}<\cdots<j_{k} .
\]
变换 $D$ 中行列的次序使 $M$ 位于 $D$ 的左上角。 为此， 先把第 $i_{1}$ 行依次与第 $i_{1}-1, i_{1}-$ $2, \cdots, 2,1$ 行对换。 这样经过了 $i_{1}-1$ 次对换而将第 $i_{1}$ 行换到第 1 行。 再将 $i_{2}$ 行依次与第\\
$i_{2}-1, i_{2}-2, \cdots, 2$ 行对换而换到第 2 行，一共经过了 $i_{2}-2$ 次对换。如此继续进行，一共经过了
\[
\left(i_{1}-1\right)+\left(i_{2}-2\right)+\cdots+\left(i_{k}-k\right)=\left(i_{1}+i_{2}+\cdots+i_{k}\right)-(1+2+\cdots+k)
\]
次行对换而把第 $i_{1}, i_{2}, \cdots, i_{k}$ 行依次换到第 $1,2, \cdots, k$ 行。

利用类似的列对换，可以将 $M$ 的列换到第 $1,2, \cdots, k$ 列，一共作了
\[
\left(j_{1}-1\right)+\left(j_{2}-2\right)+\cdots+\left(j_{k}-k\right)=\left(j_{1}+j_{2}+\cdots+j_{k}\right)-(1+2+\cdots+k)
\]
次列对换。

我们用 $D_{1}$ 表示这样变换后所得的新行列式，那么
\[
D_{1}=(-1)^{\left(i_{1}+i_{2}+\cdots+i_{k}\right)-(1+2+\cdots+k)+\left(j_{1}+j_{2}+\cdots+j_{k}\right)-(1+2+\cdots+k)} D=(-1)^{i_{1}+i_{2}+\cdots+i_{k}+j_{1}+j_{2}+\cdots+j_{k}} D .
\]
由此看出， $D_{1}$ 和 $D$ 的展开式中出现的项是一样的， 只是每一项都相差符号 $(-1)^{i_{1}+\cdots+i_{k}+j_{1}+\cdots+j_{h}}$.

现在 $M$ 位于 $D_{1}$ 的左上角， 它在 $D_{1}$ 中的余子式与代数余子式都是 $M^{\prime}$, 所以 $M M^{\prime}$ 中每一项都是 $D_{1}$ 中的一项而且符号一致。但是
\[
M A=(-1)^{i_{1}+\cdots+i_{k}+j_{1}+\cdots+j_{k}} M M^{\prime},
\]
所以 $M A$ 中每一项都与 $D$ 中一项相等而且符号一致。 I



\begin{theorem}%定理6
(拉普拉斯定理) 设在行列式 $D$ 中任意取定了 $k(1 \leqslant k \leqslant n-1)$ 个行。 由这 $k$行元素所组成的一切 $k$ 阶子式与它们的代数余子式的乘积的和等于行列式 $D$.
\end{theorem}



\begin{proof}
设 $D$ 中取定 $k$ 行后得到的子式为 $M_{1}, M_{2}, \cdots, M_{t}$, 它们的代数余子式分别为 $A_{1}, A_{2}, \cdots, A_{t}$, 定理要求证明
\[
D=M_{1} A_{1}+M_{2} A_{2}+\cdots+M_{t} A_{t} .
\]
根据引理， $M_{i} A_{i}$ 中每一项都是 $D$ 中一项而且符号相同。 而且 $M_{i} A_{i}$ 和 $M_{j} A_{j}(i \neq j)$ 无公共项。 因此为了证明定理， 只要证明等式两边项数相等就可以了。 显然等式左边共有 $n$ !项， 为了计算右边的项数， 首先来求出 $t$. 根据子式的取法知道
\[
t=\mathrm{C}_{n}^{k}=\frac{n !}{k !(n-k) !} .
\]
因为 $M_{i}$ 中共有 $k !$ 项， $A_{i}$ 中共有 $(n-k)$ ! 项。 所以右边共有
\[
t k !(n-k) !=n !
\]
项。定理得证。 I
\end{proof}



\begin{example}%例3 
在行列式
\[
D=\left|\begin{array}{rrrr}
1 & 2 & 1 & 4 \\
0 & -1 & 2 & 1 \\
1 & 0 & 1 & 3 \\
0 & 1 & 3 & 1
\end{array}\right|
\]
中取定第一、二行，得到六个子式：
\[
\begin{array}{lll}
M_{1}=\left|\begin{array}{rr}
1 & 2 \\
0 & -1
\end{array}\right|, & M_{2}=\left|\begin{array}{ll}
1 & 1 \\
0 & 2
\end{array}\right|, & M_{3}=\left|\begin{array}{ll}
1 & 4 \\
0 & 1
\end{array}\right|, \\
M_{4}=\left|\begin{array}{rr}
2 & 1 \\
-1 & 2
\end{array}\right|, & M_{5}=\left|\begin{array}{rr}
2 & 4 \\
-1 & 1
\end{array}\right|, & M_{6}=\left|\begin{array}{ll}
1 & 4 \\
2 & 1
\end{array}\right| .
\end{array}
\]
它们对应的代数余子式为
\[
\begin{array}{ll}
A_{1}=(-1)^{(1+2)+(1+2)} M_{1}^{\prime}=M_{1}^{\prime}, & A_{2}=(-1)^{(1+2)+(1+3)} M_{2}^{\prime}=-M_{2}^{\prime}, \\
A_{3}=(-1)^{(1+2)+(1+4)} M_{3}^{\prime}=M_{3}^{\prime}, & A_{4}=(-1)^{(1+2)+(2+3)} M_{4}^{\prime}=M_{4}^{\prime}, \\
A_{5}=(-1)^{(1+2)+(2+4)} M_{5}^{\prime}=-M_{5}^{\prime}, & A_{6}=(-1)^{(1+2)+(3+4)} M_{6}^{\prime}=M_{6}^{\prime} .
\end{array}
\]
根据拉普拉斯定理，
\[
\begin{aligned}
D= & M_{1} A_{1}+M_{2} A_{2}+\cdots+M_{6} A_{6} \\
= & \left|\begin{array}{rr}
1 & 2 \\
0 & -1
\end{array}\right|\left|\begin{array}{ll}
1 & 3 \\
3 & 1
\end{array}\right|-\left|\begin{array}{cc}
1 & 1 \\
0 & 2
\end{array}\right|\left|\begin{array}{ll}
0 & 3 \\
1 & 1
\end{array}\right|+\left|\begin{array}{ll}
1 & 4 \\
0 & 1
\end{array}\right|\left|\begin{array}{ll}
0 & 1 \\
1 & 3
\end{array}\right| \\
& +\left|\begin{array}{rr}
2 & 1 \\
-1 & 2
\end{array}\right|\left|\begin{array}{cc}
1 & 3 \\
0 & 1
\end{array}\right|-\left|\begin{array}{rr}
2 & 4 \\
-1 & 1
\end{array}\right|\left|\begin{array}{cc}
1 & 1 \\
0 & 3
\end{array}\right|+\left|\begin{array}{cc}
1 & 4 \\
2 & 1
\end{array}\right|\left|\begin{array}{cc}
1 & 0 \\
0 & 1
\end{array}\right| \\
= & (-1) \times(-8)-2 \times(-3)+1 \times(-1)+5 \times 1-6 \times 3+(-7) \times 1 \\
= & 8+6-1+5-18-7=-7 .
\end{aligned}
\]
从这个例子来看，利用拉普拉斯定理来计算行列式一般是不方便的。 这个定理主要是在理论方面应用。
\end{example}

利用拉普拉斯定理，可以证明



\begin{theorem}%定理7 
两个 $n$ 阶行列式
\[
D_{1}=\left|\begin{array}{cccc}
a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1 n} \\
a_{21} & a_{22} & \cdots & a_{2 n} \\
\vdots & \vdots & & \vdots \\
a_{n 1} & a_{n 2} & \cdots & a_{n n}
\end{array}\right|
\]
和
\[
D_{2}=\left|\begin{array}{cccc}
b_{11} & b_{12} & \cdots & b_{1 n} \\
b_{21} & b_{22} & \cdots & b_{2 n} \\
\vdots & \vdots & & \vdots \\
b_{n 1} & b_{n 2} & \cdots & b_{n n}
\end{array}\right|
\]
的乘积等于一个 $n$ 阶行列式
\[
C=\left|\begin{array}{cccc}
c_{11} & c_{12} & \cdots & c_{1 n} \\
c_{21} & c_{22} & \cdots & c_{2 n} \\
\vdots & \vdots & & \vdots \\
c_{n 1} & c_{n 2} & \cdots & c_{n n}
\end{array}\right|,
\]
其中 $c_{i j}$ 是 $D_{1}$ 的第 $i$ 行元素分别与 $D_{2}$ 的第 $j$ 列对应元素乘积之和， 即
\[
c_{i j}=a_{i 1} b_{1 j}+a_{i 2} b_{2 j}+\cdots+a_{i n} b_{n j} .
\]
\end{theorem}


\begin{proof}
作一个 $2 n$ 阶行列式
\[
D=\left|\begin{array}{cccccccc}
a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1 n} & 0 & 0 & \cdots & 0 \\
a_{21} & a_{22} & \cdots & a_{2 n} & 0 & 0 & \cdots & 0 \\
\vdots & \vdots & & \vdots & \vdots & \vdots & & \vdots \\
a_{n 1} & a_{n 2} & \cdots & a_{n n} & 0 & 0 & \cdots & 0 \\
-1 & 0 & \cdots & 0 & b_{11} & b_{12} & \cdots & b_{1 n} \\
0 & -1 & \cdots & 0 & b_{21} & b_{22} & \cdots & b_{2 n} \\
\vdots & \vdots & & \vdots & \vdots & \vdots & & \vdots \\
0 & 0 & \cdots & -1 & b_{n 1} & b_{n 2} & \cdots & b_{n n}
\end{array}\right| .
\]
根据拉普拉斯定理， 将 $D$ 按前 $n$ 行展开。 则因 $D$ 中前 $n$ 行除去左上角那个 $n$ 阶子式外，其余的 $n$ 阶子式都等于零。 所以
\[
D=\left|\begin{array}{cccc}
a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1 n} \\
a_{21} & a_{22} & \cdots & a_{2 n} \\
\vdots & \vdots & & \vdots \\
a_{n 1} & a_{n 2} & \cdots & a_{n n}
\end{array}\right| \cdot\left|\begin{array}{cccc}
b_{11} & b_{12} & \cdots & b_{1 n} \\
b_{21} & b_{22} & \cdots & b_{2 n} \\
\vdots & \vdots & & \vdots \\
b_{n 1} & b_{n 2} & \cdots & b_{n n}
\end{array}\right|=D_{1} D_{2} .
\]
现在来证 $D=C$. 对 $D$ 作初等行变换。 将第 $n+1$ 行的 $a_{11}$ 倍，第 $n+2$ 行的 $a_{12}$ 倍。.....第 $2 n$ 行的 $a_{1 n}$ 倍加到第一行， 得
\[
D=\left|\begin{array}{cccccccc}
0 & 0 & \cdots & 0 & c_{11} & c_{12} & \cdots & c_{1 n} \\
a_{12} & a_{22} & \cdots & a_{2 n} & 0 & 0 & \cdots & 0 \\
\vdots & \vdots & & \vdots & \vdots & \vdots & & \vdots \\
a_{n 1} & a_{n 2} & \cdots & a_{n n} & 0 & 0 & \cdots & 0 \\
-1 & 0 & \cdots & 0 & b_{11} & b_{12} & \cdots & b_{1 n} \\
0 & -1 & \cdots & 0 & b_{21} & b_{22} & \cdots & b_{2 n} \\
\vdots & \vdots & & \vdots & \vdots & \vdots & & \vdots \\
0 & 0 & \cdots & -1 & b_{n 1} & b_{n 2} & \cdots & b_{n n}
\end{array}\right| .
\]
再依次将第 $n+1$ 行的 $a_{k 1}(k=2,3, \cdots, n)$ 倍，第 $n+2$ 行的 $a_{k 2}$ 倍 $\cdots \cdots$ 第 $2 n$ 行的 $a_{k n}$ 倍加到第 $k$ 行， 就得
\[
D=\left|\begin{array}{cccccccc}
0 & 0 & \cdots & 0 & c_{11} & c_{12} & \cdots & c_{1 n} \\
0 & 0 & \cdots & 0 & c_{21} & c_{22} & \cdots & c_{2 n} \\
\vdots & \vdots & & \vdots & \vdots & \vdots & & \vdots \\
0 & 0 & \cdots & 0 & c_{n 1} & c_{n 2} & \cdots & c_{n n} \\
-1 & 0 & \cdots & 0 & b_{11} & b_{12} & \cdots & b_{1 n} \\
0 & -1 & \cdots & 0 & b_{21} & b_{22} & \cdots & b_{2 n} \\
\vdots & \vdots & & \vdots & \vdots & \vdots & & \vdots \\
0 & 0 & \cdots & -1 & b_{n 1} & b_{n 2} & \cdots & b_{n n}
\end{array}\right| .
\]
这个行列式的前 $n$ 行也只可能有一个 $n$ 阶子式不为零， 因此由拉普拉斯定理
\[
D=\left|\begin{array}{cccc}
c_{11} & c_{12} & \cdots & c_{1 n} \\
c_{21} & c_{22} & \cdots & c_{2 n} \\
\vdots & \vdots & & \vdots \\
c_{n 1} & c_{n 2} & \cdots & c_{n n}
\end{array}\right| \cdot(-1)^{(1+2+\cdots+n)+(n+1+n+2+\cdots+2 n)}\left|\begin{array}{rrrr}
-1 & 0 & \cdots & 0 \\
0 & -1 & \cdots & 0 \\
\vdots & \vdots & & \vdots \\
0 & 0 & \cdots & -1
\end{array}\right|=C.
\]
定理得证。 I
\end{proof}

上述定理也称为行列式的乘法定理。 它的意义到第四章 $\S 3$ 中就完全清楚了。



